(x+1)^p-x^p-1 делится на $p^3$

[rightways]

Пусть $p$ - простое вида $3k+1$. Известно, что

a) $x^2+x+1$ делится на $p^2$
b) $x^2+x+1$ делится на $p$

Докажите, что $(x+1)^p-x^p-1$ делится на $p^3$.


Я знаю одно решение, но оно мне не очень понравилось.

[Shadow]

rightways в сообщении #1606231 писал(а):

a) $x^2+x+1$ делится на $p^2$

а) не особо трудно. Дело в том, что при $n=6t \pm 1$ полином $(x+1)^n-x^n-1$ делится на $x^2+x+1$

По индукции,базы проверяем, пусть верно для $n=k$, тогда для $n=k+6$

$(x+1)^{k+6}-x^{k+6}-1-[(x+1)^k-x^k-1]=(x+1)^k[(x+1)^6-1]+x^k[x^6-1]$

$x^2+x+1 \mid (x+1)^6-1$, так как $(x+1)^3+1$ делится.

$x^2+x+1 \mid x^6-1$, так как $x^3-1$ делится.

Или, при разложении полинома

$(x+1)^n-x^n-1=x(x+1)(x^2+x+1)g(x)$ (первые два множителя очевидны)

А если $n=p$ - простое, то $=px(x+1)(x^2+x+1)g(x)$ (все биномиальные коэффициенты кратны $p$)

Насчет б)
Если $p=6k+1$, то полином делится на $(x^2+x+1)^2$ - пока без доказательства.

[Null]

Shadow в сообщении #1606244 писал(а):

Если $p=6k+1$, то полином делится на $(x^2+x+1)^2$

Просто если $\varepsilon^3=1$ -комплексный корень, то $(\varepsilon+1)^{p}-\varepsilon^{p}-1=0$ и $p(\varepsilon+1)^{p-1}-p\varepsilon^{p-1}=0$(взяли производную) при $p=6k+1$. Значит они делятся как многочлены в $\mathbb{C}$. Немного размахиваний руками, получим $(x+1)^p-x^p-1$ делиться на $p(x^2+x+1)^2$ в $\mathbb{Z}$

[Shadow]

Null в сообщении #1606248 писал(а):

Просто если $\varepsilon^3=1$ -комплексный корень, то $(\varepsilon+1)^{p}-\varepsilon^{p}-1=0$ и $p(\varepsilon+1)^{p-1}-p\varepsilon^{p-1}=0$(взяли производную) при $p=6k+1$

Точно!

[rightways]

Именно Это решение я и имел ввиду)


Хотелось бы без многочленов увидеть доказательство.

[maxal]

Пусть $f(x)=x^2+x+1$ делится на $p$, тогда

$$(x+1)^p - x^p - 1 = (f(x)-x^2)^p - x^p - 1 \equiv -x^{2p} + px^{2(p-1)}f(x) - x^p - 1 \equiv p f(x) - f(x^p)\pmod{p^3}$$

Теперь можно воспользоваться тем, что $p=3k+1$, и поэтому

$$x^p = x ((x-1)f(x) + 1)^k \equiv x (1 + k(x-1)f(x) + \frac{k(k-1)}2(x-1)^2f(x)^2)\pmod{p^3}$$

$$x^{2p} = x^2 ((x-1)f(x) + 1)^{2k} \equiv x^2 (1 + 2k(x-1)f(x) + k(2k-1)(x-1)^2f(x)^2)\pmod{p^3}$$

и в лоб проверить, что $p f(x) - f(x^p)$ над $\mathbb{Z}_{p^3}$ делится на $f(x)^3$.